1、2015-2016学年广东省茂名市信宜一中高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1胶体区别于其它分散系最本质的特征是（）A外观澄清、透明B胶体微粒粒度在1100nm之间C丁达尔现象D分散质粒子能透过半透膜2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1 mol甲烷含有的电子数为NAB1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32数目为0.1 NAC1 L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数为0.2 NAD标准状况下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15NA3如图进行实验，试管中现象对应的离子方程式不正确的是（）选
2、项ab试管中现象离子方程式A硫酸KI淀粉在空气中放置一段时间后溶液呈蓝色4H+4I+O2=2I2+2H2OB稀盐酸Na2CO3开始时无气泡，后来有气泡CO32+H+=HCO3；HCO3+H+=H2O+CO2C稀盐酸Na2SiO3产生白色胶状物2H+SiO32=H2SiO3（胶体）D硫酸滴有酚酞的Ba（OH）2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OAABBCCDD4甲、乙、丙三种元素均位于第三周期，其原子序数逐渐增大，甲的最高价氧化物对应的水化物是强碱，乙是地壳中含量最多的金属元素，丙是本周期中原子半径最小的元素下列说法不正确的是（）A甲是第A元素，丙是
3、第VA元素B甲、丙形成的化合物是离子化合物C乙的最高价氧化物是两性氧化物D丙是元素周期表中非金属性最强的元素5下列条件下，可以大量共存的离子组是（）A某无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl、MnO4B含有大量Fe3+的溶液中：Na+、SO42、K+、SCNC含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl、OHD在pH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl、NO36在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2+H2OHS+OH下列说法正确的是（）A稀释溶液，水解平衡常数增大B通入H2S，HS浓度增大C升高温度，减小D加入NaOH固体，溶液pH减小7已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向F
4、eCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）（2015秋信宜市校级月考）硫代硫酸钠（Na2S2O35H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”，可用于照相业作定型剂，也可用于纸浆漂白作脱氧剂，它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解，工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备，某实验模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装
5、置及所需试剂如图1：实验具体操作步骤为：开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液漏斗的滴速，使反应产生的SO2气体均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的PH接近7时，停止通入SO2气体趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O在经过滤、洗涤、干燥得到所需产品（1）写出仪器A的名称，步骤中洗涤时，为了减少产物的损失的试剂可以是（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液PH7，请用离子方程式解释原因（3）最后得到的产品可能含有反应Na2SO4杂质，请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4（已知B
6、aS2O3不溶于水），简要说明实验操作现象和结论（4）测定产品纯度准确称取1.00g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂用0.1000molL1碘的标准溶液滴定，反应原理为2S2O32+I2 S4O32+2I，滴定起始和终点的滴定管液面位置如图2则消耗碘的标准溶液体积为 mL，产品的纯度为%若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O35H2O的质量分数的测量结果（填“偏高”“偏低”或“不变”）（5）Na2S2O3常用于脱氧剂，在溶液易被Cl2氧化SO42，该反应的离子方程式为9（14分）（2015秋信宜市校级月考）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂以含钴废
7、料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl26H2O的一种新工艺流程如图：已知：钴与盐酸反应的化学方程式为：Co+2HClCoCl2+H2CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.57.6 3.4完全沉淀4.19.79.2 5.2请回答下列问题：（1）在上述新工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点为（写一点）（2）加入碳酸钠调节pH至a，a的范围是；pH调至a后
8、过滤，再用试剂X将滤液的pH调节至23，则所用的试剂X为（3）操作包含3个基本实验操作，它们是、和过滤（4）制得的CoCl26H2O需减压烘干的原因是（5）为测定产品中CoCl26H2O含量，某同学将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量的AgNO3溶液，过滤，并将沉淀烘干后称量其质量通过计算发现产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是（6）在实验室中，为了从上述产品中获得纯净的CoCl26H2O，常将制得的产品溶解于乙醚中，然后、（填实验操作）获得纯净的CoCl26H2O10（14分）（2015海南）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：（1）氨的水溶液显弱碱性
9、，其原因为（用离子方程表示）：0.1molL1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中NH4+的浓度（填“增大”或“减小”）（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O250时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为，平衡常数表达式为；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为mol（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其H=kJmol111（15分）（2015福建二模）尼泊金甲醋和香兰素在食品、化妆品行业有广泛用途它们的结构简式如下：（1）尼泊金甲醋中显酸性的官能团是（填名称）（2）下列
10、说法中，正确的是（填标号）A尼泊金甲醋和香兰素分子式都是C8H803B尼泊金甲醋和香兰素都能发生水解反应C.1mol尼泊金甲酷或香兰素均能与4mol H2发生加成反应D利用银氨溶液可以鉴别尼泊金甲酷和香兰素（3）大茴香酸与香兰素互为同分异构体，它是一种梭酸，且具备以下3个特点大茴香酸的结构简式为a分子中含有甲基b遇FeC13溶液不显紫色c苯环上的一氯代物只有两种（4）以丁香油酚为原料，通过下列路线合成香兰素（注：分离方法和其他产物已经略去；乙酸酐的结构简式为）由合成丁香油酚的反应类型为步骤II中，反应的化学方程式为W的结构简式为2015-2016学年广东省茂名市信宜一中高三（上）第一次段考化学
11、试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1胶体区别于其它分散系最本质的特征是（）A外观澄清、透明B胶体微粒粒度在1100nm之间C丁达尔现象D分散质粒子能透过半透膜【考点】胶体的重要性质 【专题】溶液和胶体专题【分析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm故选B【点评】本题考查胶体的判断，注意胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1
12、 mol甲烷含有的电子数为NAB1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32数目为0.1 NAC1 L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数为0.2 NAD标准状况下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、甲烷分子中含有10个电子；B、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解减小；C、硫酸和水中都电离出氢离子；D、依据n=计算标准状况气体物质的量结合极值方法分析；【解答】解：A、甲烷分子中含有10个电子，0.1 mol甲烷含有的电子数为NA，故A正确；B、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解减小，1 L 0
13、.1 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO3数目小于0.1 NA，故B错误；C、硫酸和水中都电离出氢离子，1 L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数大于0.2 NA，故C错误；D、依据n=计算标准状况气体物质的量=0.1mol，结合极值方法分析，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的氧原子数在0.10.2之间，不一定是0.15NA，故D错误；故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，盐类水解的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单3如图进行实验，试管中现象对应的离子方程式不正确的是（）选项ab试管中现象离子方程式A硫酸KI淀粉在空气中放置一段时间后溶液
14、呈蓝色4H+4I+O2=2I2+2H2OB稀盐酸Na2CO3开始时无气泡，后来有气泡CO32+H+=HCO3；HCO3+H+=H2O+CO2C稀盐酸Na2SiO3产生白色胶状物2H+SiO32=H2SiO3（胶体）D硫酸滴有酚酞的Ba（OH）2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OAABBCCDD【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A酸性条件下碘离子容易被空气中的氧气氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色；B碳酸根离子与氢离子的反应分步进行，先生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳气体；C硅酸根离子与氢离子反应生成
15、硅酸；D硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，离子方程式中氢离子、氢氧根离子的系数错误【解答】解：A碘离子在酸性条件下容易被空气中的氧气氧化，所以在空气中放置一段时间后溶液呈蓝色，反应的离子方程式为：4H+4I+O2=2I2+2H2O，故A正确；B碳酸钠溶液中滴入稀盐酸，先发生反应：CO32+H+=HCO3当碳酸根离子完全转化成碳酸氢根离子后再发生反应：HCO3+H+=H2O+CO2，所以开始无气泡，后来有气泡，故B正确；C硅酸钠溶液中滴入盐酸后发生反应：2H+SiO32=H2SiO3（胶体），生成产生白色胶状物，故C正确；D硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：Ba2+2OH
16、+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故D错误；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写及其应用，题目难度中等，注意熟练掌握离子方程式的书写原则，本题中既要判断离子方程式书写正误，还要分析现象描述是否正确4甲、乙、丙三种元素均位于第三周期，其原子序数逐渐增大，甲的最高价氧化物对应的水化物是强碱，乙是地壳中含量最多的金属元素，丙是本周期中原子半径最小的元素下列说法不正确的是（）A甲是第A元素，丙是第VA元素B甲、丙形成的化合物是离子化合物C乙的最高价氧化物是两性氧化物D丙是元素周期表中非金属性最强的元素【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】甲、乙、丙三种
17、元素均位于第三周期，其原子序数逐渐增大，甲的最高价氧化物对应的水化物是强碱，则甲为Na；乙是地壳中含量最多的金属元素，则乙为Al；丙是本周期中原子半径最小的元素，则丙为Cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：甲、乙、丙三种元素均位于第三周期，其原子序数逐渐增大，甲的最高价氧化物对应的水化物是强碱，则甲为Na；乙是地壳中含量最多的金属元素，则乙为Al；丙是本周期中原子半径最小的元素，则丙为Cl，A甲为Na，处于第A元素，丙为Cl，处于第VA元素，故A正确；B甲、丙形成的化合物是离子化合物为NaCl，属于离子化合物，故B正确；C乙为Al，其最高价氧化物为氧化铝，属于两性氧化物，故C正确
18、；D非金属性最强的元素为F元素，不是Cl元素，故D错误，故选D【点评】本题考查元素周期律、元素化合物性质，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握5下列条件下，可以大量共存的离子组是（）A某无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl、MnO4B含有大量Fe3+的溶液中：Na+、SO42、K+、SCNC含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl、OHD在pH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl、NO3【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A无色溶液中有颜色的离子不能大量共存；B与Fe3+反应的离子不能大量共存；C与NH4+反应的离子不能大量共存；DpH=1的溶液呈酸性【解答】解：AC
19、u2+、MnO4有颜色，不符合题目无色要求，故A错误；BSCN与Fe3+反应而不能大量共存，故B错误；COH与NH4+反应而不能大量共存，故C错误；DpH=1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D【点评】本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确信息及信息的应用、熟悉离子之间的反应即可解答，题目难度不大6在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2+H2OHS+OH下列说法正确的是（）A稀释溶液，水解平衡常数增大B通入H2S，HS浓度增大C升高温度，减小D加入NaOH固体，溶液pH减小【考点】影响盐类水解程度的主要因素 【专题】盐类
20、的水解专题【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；A、平衡常数只随温度变化；B、通入硫化氢，溶液中氢离子浓度增大；C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，根据平衡移动判断离子浓度变化；D、加入NaOH固体是一种强碱，据此回答【解答】解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；B、通入H2S，HS浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2+H2OHS+OH正向移动，HS浓度增大，故B正确；C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2）减小，c（HS）增大，所以增大，故C错误；D、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错
21、误故选：B【点评】本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素，水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与条件无关化学平衡移动原理同样适合水解平衡的移动，要多迁移，多联系7已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性【考点】氧化性、还原性强弱的比较 【专题】氧化还原反应专题【分析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为
22、氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性【解答】解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+I2，故A正确；B、三个反应都是氧化还原反应，故B
23、错误；C、生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；D、反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误故选A【点评】本题考查学生关于氧化还原反应中的概念以及氧化还原反应的应用知识，可以根据所学知识进行回答二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）（2015秋信宜市校级月考）硫代硫酸钠（Na2S2O35H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”，可用于照相业作定型剂，也可用于纸浆漂白作脱氧剂，它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解，工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备，某实验模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图1：实验具体操作步骤为：开启分液漏斗，使
24、硫酸慢慢滴下，适当调节分液漏斗的滴速，使反应产生的SO2气体均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的PH接近7时，停止通入SO2气体趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O在经过滤、洗涤、干燥得到所需产品（1）写出仪器A的名称蒸馏烧瓶，步骤中洗涤时，为了减少产物的损失的试剂可以是乙醇（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液PH7，请用离子方程式解释原因S2O32+2H+S+SO2+H2O（3）最后得到的产品可能含有反应Na2SO4杂质，请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4（已知BaS2O
25、3不溶于水），简要说明实验操作现象和结论取样，先加足量的盐酸酸化，过滤，取澄清液体加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有硫酸钠杂质，反之，不含（4）测定产品纯度准确称取1.00g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂用0.1000molL1碘的标准溶液滴定，反应原理为2S2O32+I2 S4O32+2I，滴定起始和终点的滴定管液面位置如图2则消耗碘的标准溶液体积为16.00 mL，产品的纯度为79.36%若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O35H2O的质量分数的测量结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）（5）Na2S2O3常用于脱氧剂，在溶液易被Cl2
26、氧化SO42，该反应的离子方程式为S2O32+4Cl2+5H2O2SO42+8Cl+10H+【考点】制备实验方案的设计；含硫物质的性质及综合应用 【专题】实验探究和数据处理题；创新题型【分析】本实验利用模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，涉及SO2的实验室制法和用氢氧化钠溶液吸收SO2的尾气，重点考查了产物的提纯及纯度的分析，可以运用冷却结晶的方法从混合液中获得晶体，再通过水洗和乙醇的洗澡干燥获得成品，最后利用滴定的方法测定纯度，涉及原理、误差分析和数据处理，据此解答问题；（1）由仪器结构特征，可知A为蒸馏烧瓶；由题目信息可知，硫代硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，应用乙醇洗涤，减少因溶解导致损失；（2
27、）Na2S2O3在酸性条件下会反应生成S和二氧化硫；（3）加入盐酸，Na2S2O3反应生成S沉淀，静置后取上层清液，滴加BaCl2溶液，检验溶液中是否含有硫酸根离子；（4）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积，根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），然后碘单质的物质的量计算出Na2S2O35H2O质量及产品的纯度，若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，说明反应物没有完全反应，还需继续滴加标准液，产生误差；（5）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，反应生成硫酸钠、氯化钠，配平书写离子方
28、程式【解答】解：（1）由仪器结构特征，可知A为蒸馏烧瓶；由题目信息可知，硫代硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，应用乙醇洗涤，减少因溶解导致损失，故答案为：蒸馏烧瓶；乙醇；（2）Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫，产率会下降，其反应的离子方程式为：S2O32+2H+=S+H2O+SO2，故答案为：S2O32+2H+=S+H2O+SO2；（3）检测产品中是否存在Na2SO4的实验方案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加BaCl2溶液
29、，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；（4）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为2.50mL，滴定终点液面读数为18.50mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.50mL2.50mL=16.00mL；根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），所以1.00 g产品中含有Na2S2O35H2O质量为：0.1000 molL116.00103L2248g/mol=0.7936g，故则产品的纯度为100%=79.36%，需要缕缕滴加，可知标准液体积偏小，导致测定结果偏低，故答案为：16.00；79.36；偏低；（5）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被
30、Cl2氧化成SO42，配平后的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+【点评】本题考查实验方案方案，涉及仪器识别、对操作的分析评价、方程式书写、离子检验、化学计算等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度中等9（14分）（2015秋信宜市校级月考）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl26H2O的一种新工艺流程如图：已知：钴与盐酸反应的化学方程式为：Co+2HClCoCl2+H2CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下
31、稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.57.6 3.4完全沉淀4.19.79.2 5.2请回答下列问题：（1）在上述新工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点为减少有毒气体的排放，防止大气污染或防止产品中混有硝酸盐（写一点）（2）加入碳酸钠调节pH至a，a的范围是5.27.6；pH调至a后过滤，再用试剂X将滤液的pH调节至23，则所用的试剂X为盐酸（3）操作包含3个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤
32、（4）制得的CoCl26H2O需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解（5）为测定产品中CoCl26H2O含量，某同学将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量的AgNO3溶液，过滤，并将沉淀烘干后称量其质量通过计算发现产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是样品中含有NaCl杂质，CoCl26H2O烘干时失去了部分结晶水（6）在实验室中，为了从上述产品中获得纯净的CoCl26H2O，常将制得的产品溶解于乙醚中，然后过滤、蒸馏（填实验操作）获得纯净的CoCl26H2O【考点】制备实验方案的设计；探究化学反应机理 【专题】实验探究和数据处理题；实验评价题【分析】含钴废料中加入
33、盐酸，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入过氧化氢，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应空气温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，以此解答该题；（1）金属和盐酸反应生成氯化物，和硝酸反应生成硝酸盐，同时生成一氧化氮；（2）调节溶液的PH值，使溶液中铁离子和铝离子生成沉淀，而钴离子存在溶液中，从而将铁离子、铝离子和钴离子分开；（3）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；（4）温度高时，CoCl26H2O分解；（5）排除
34、操作的错误，可以从样品的纯度及是否已经失去所含结晶水；（6）根据CoCl26H2O的性质选取方法，CoCl26H2o熔点86，易溶于乙醚【解答】解：（1）金属和盐酸反应生成氯化物，和硝酸反应生成硝酸盐，同时生成一氧化氮，导致氯化物中含有硝酸盐杂质，且生成有毒气体，污染环境，故答案为：减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐；（2）废料加入盐酸后生成氯化物，然后加入双氧水，二价铁离子被双氧水氧化生成三价铁离子，根据沉淀的PH值表格知，当溶液的PH值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的PH值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值
35、应该不小于5.2不大于7.6，pH调至a后过滤，再用试剂X将滤液的pH调节至23，所用的试剂X为盐酸；故答案为：5.27.6；盐酸；（3）从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（4）根据题意知，CoCl26H2O常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl26H2O需减压烘干，故答案为：降低烘干温度，防止产品分解；（5）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，
36、导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：样品中含有NaCl杂质或CoCl26H2O烘干时失去了部分结晶水；（6）根据CoCl26H2O的性质选取方法，CoCl26H2O熔点86，易溶于乙醚，所以将产品溶于乙醚，过滤后再蒸馏，从而获得较纯净的CoCl26H2O，故答案为：过滤；蒸馏【点评】本题考查了实验方案设计中的有关知识，难度较大，比较突出的难点是：1、误差的分析不知如何寻找“题眼”；2、信息题中信息的阅读、提取有用信息然后进行加工的方法不会，从而导致做题错误较多10（14分）（2015海南）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为NH3H2O
37、NH4+OH（用离子方程表示）：0.1molL1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH减小（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中NH4+的浓度增大（填“增大”或“减小”）（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O250时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O，平衡常数表达式为K=c（N2O）c2（2H2O）；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为4mol（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其H=139kJmol1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；化学平衡常数的含义 【分
38、析】（1）一水合氨为弱碱，溶于水存在部分电离，依据化学平衡原理解释加入NH4Cl固体以及明矾后平衡移动方向以及pH的变化；（2）依据所给的反应物和产物，结合元素守恒书写方程式即可，依据反应书写平衡常数表达式，依据氧化还原反应得失电子守恒计算转移电子数；（3）由图可知，此反应为放热反应，热效应=（209348）kJmol1【解答】解：（1）一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离，电离出氢氧根离子使溶液显碱性，方程式为：NH3H2ONH4+OH，向氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡左移，即氢氧根浓度减小，pH值减小，加入少量明矾，明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝，促进氨水的电
39、离，铵根浓度增大，故答案为：NH3H2ONH4+OH；减小；增大；（2）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3N2O+2H2O，250时，水为气体状态，故平衡常数K=c（N2O）c2（2H2O），NH4NO3中NH4+的N元素化合价为3价，NO3中的N元素的化合价为+5价，反应后N元素的化合价为+1价，发生归中反应，N元素由3价升高为+1价，此反应中每分解1mol硝酸铵，转移电子数为4mol，故答案为：NH4NO3N2O+2H2O；K=c（N2O）c2（2H2O）；4；（3）由图可知，此反应反应物总能量高于生成物，且H=209348=139kJm
40、ol1，故答案为：139【点评】本题主要考查的是弱电解质的电离以及电离平衡的影响因素，还考查了氧化还原反应原理以及化学反应的热效应计算，难度不大11（15分）（2015福建二模）尼泊金甲醋和香兰素在食品、化妆品行业有广泛用途它们的结构简式如下：（1）尼泊金甲醋中显酸性的官能团是羟基（填名称）（2）下列说法中，正确的是AD（填标号）A尼泊金甲醋和香兰素分子式都是C8H803B尼泊金甲醋和香兰素都能发生水解反应C.1mol尼泊金甲酷或香兰素均能与4mol H2发生加成反应D利用银氨溶液可以鉴别尼泊金甲酷和香兰素（3）大茴香酸与香兰素互为同分异构体，它是一种梭酸，且具备以下3个特点大茴香酸的结构简式
41、为a分子中含有甲基b遇FeC13溶液不显紫色c苯环上的一氯代物只有两种（4）以丁香油酚为原料，通过下列路线合成香兰素（注：分离方法和其他产物已经略去；乙酸酐的结构简式为）由合成丁香油酚的反应类型为取代反应步骤II中，反应的化学方程式为+CH3OCOCOCH3+CH3COOHW的结构简式为【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质 【分析】（1）尼泊金甲醋中含有酚羟基，酚羟基有酸性；（2）据尼泊金甲醋和香兰素的结构简式判断；（3）大茴香酸是一种梭酸，具有羧基，苯环上的一氯代物只有两种，说明对位取代，遇FeC13溶液不显紫色，说明没有酚羟基，分子中含有甲基，说明羧基对位是OCH3结构；（4）据丁香油
42、酚的结构简式可以确定由合成丁香油酚的反应类型；分析合成路线，反应是丁香油酚与乙酸酐发生羟基上的取代反应；分析合成路线，反应和反应分别为生成酚羟基和用高锰酸钾氧化碳碳双键的反应，酚羟基易被氧化，据此分析W的结构【解答】解：（1）酚羟基有酸性，酯基没有酸性，故答案为：羟基；（2）A、据据尼泊金甲醋和香兰素的结构简式可知，其分子式相同，为C8H803，故A正确；B、香兰素不能发生水解反应，故B错误；C、酯基不能与氢气加成，1mol尼泊金甲醋能够与3mol氢气加成，故C错误；D、香兰素中含有醛基，能够与银氨溶液反应，尼泊金甲醋不能，所以利用银氨溶液可以鉴别尼泊金甲酷和香兰素，故D正确；故答案为：AD；
43、（3）大茴香酸是一种梭酸，具有羧基，苯环上的一氯代物只有两种，说明对位取代，遇FeC13溶液不显紫色，说明没有酚羟基，分子中含有甲基，说明羧基对位是OCH3结构，其结构简式为，故答案为：；（4）据丁香油酚的结构简式可以确定由合成丁香油酚的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；分析合成路线，反应是丁香油酚与乙酸酐发生羟基上的取代反应，反应方程式为：+CH3OCOCOCH3+CH3COOH，故答案为：+CH3OCOCOCH3+CH3COOH；分析合成路线，反应和反应分别为生成酚羟基和用高锰酸钾氧化碳碳双键的反应，酚羟基易被氧化，反应应为氧化碳碳双键的反应，W的结构为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题注意根据反应的条件判断反应的类型，据已知条件推断同分异构体类型
